Chủ đề này có 13 trả lời

[kummer]

Nếu nhìn 1 cách tổng quan,toàn bộ chương trình toán phổ thông nhận lí thuyết hàm số làm xương sống,trong hai lĩnh vực bất đẳng thức và giải phương trình thì điều này lại càng được minh chứng rõ ràng hơn....Các bdt đặc biệt là ở dạng thuần nhất có thể có rất nhiều cách giải,trong bài viết này tôi sẽ nêu 1 trong những cách giải đó,sử dụng hàm số và kĩ thuật phương trình 1 cách triệt để,mong qua đó có thể giúp các bạn học phổ thông đơn giản hóa tư duy nhưng vẫn giữ được vẻ đẹp của các bdt,cũng như sự lãng mạn khi giải bài của các bạn....
Chúng ta bắt đầu với 1 bài toán rất đơn giản:
1) Cho $ \ x \geq y \geq z \geq 0$
CMR: $ \dfrac{x}{z} + \dfrac{z}{y} + \dfrac{y}{x} \geq \dfrac{x}{y} + \dfrac{y}{z} + \dfrac{z}{x}$

Lời giải: Xét hàm số : $ \ f(x)= ( \dfrac{x}{z} + \dfrac{z}{y} + \dfrac{y}{x} )-( \dfrac{x}{y} + \dfrac{y}{z} + \dfrac{z}{x})$
Với đk đã cho $ \ x \geq y \geq z \geq 0$
Ta có: $ \ f'(x)=( \dfrac{1}{z}- \dfrac{1}{y} )-( \dfrac{y}{x^2}- \dfrac{z}{x^2})$
Hay là $ \ f'(x)= (y-z)( \dfrac{1}{yz}- \dfrac{1}{x^2}) \geq 0$
Như vậy f(x) là hàm đồng biến...tức là với x y ta có : f(x) f(y)=0 (ĐPCM)

2)Cho a>b>c>0
CMR: $ \ a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2 > a^2b^3+b^2c^3+c^2a^3$

Lời giải:
Xét hàm số:
$ \ f(a)= (a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2)-( a^2b^3+b^2c^3+c^2a^3)$
Ta có : $ \ f'(a)=3a^2b^2+2ac^3-2ab^3-3a^2c^2$
Tiếp tục lấy đạo hàm:
$ \ f"(a)=6ab^2-6ac^2+2c^3-2b^3$
Ta có: $ \ f"(a)=2(b-c)[3a(b+c)-b^2-c^2-bc] >0$
do a>b>c>0 đã có ở trên
Do $ \ f"(a) \geq 0$ nên $ \ f'(a)$ là hàm đồng biến như vậy
$ \ f'(a) \geq f'(b)$
Mà $ \ f'(b)=b^4+2bc^3-3b^2c^2>0$ ( Bạn có thể dễ dàng chứng minh theo Cauchy hoặc phân tích f'(b) thành nhân tử...
Như vậy do f'(a) >0 nên f(a) đồng biến hay là f(a)>f(b)=0 như vậy ta có ĐPCM ( chuyển lại VP qua ta trở về BDT cần CM)

3) Cho x,y,z>o CMR:
$ \sum x^4 + xyz( \sum x) \geq \sum xy( x^2+y^2)$

Lời giải:
Không mất tính tổng quát ta giả sử: x y z
Xét hàm số $ \ f(x)= \sum x^4 +xyz( \sum x) - \sum xy(x^2+y^2)$
Ta có : $ \ f'(x) = 4x^3-3x^2(y+z) +xyz +yz( \sum x) - (y^3+z^3)$
Tiếp tục đạo hàm ta có: $ \ f"(x)= 12x^2 -6x(y+z)+2yz$
Có ngay f"(x)>0 do x y z >0
Như vậy hàm f'(x) là đồng biến vậy thì: $ \ f'(x) \geq f'(y)$
Mặt khác $ \ f'(y)=z^2y-z^3=z^2(y-z) \geq 0$
Như vậy ta có : f'(x) 0 hay là hàm f(x) đồng biến...Như vậy
f(x) f(y) mà $ \ f(y)=z^4-2z^3y+y^2z^2=z^2(y-z)^2 \geq 0$
như vậy f(x) 0 ta có ĐPCM..

Cùng sử dụng 1 đường lối như thế này các bạn có thể thu được lời giải của các bài toán tương tự dưới đây:
1) Olympic Hy Lạp
Cho a,b,c dương
CMR
$ \dfrac{3(a^4+b^4+c^4)}{(a^2+b^2+c^2)^2} + \dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \geq 2$
( Bài này đưa về đa thức rồi sử dụng đến đạo hàm cấp 3 là ổn..)
2) Crux Mathematicorum
Cho a,b,c dương
CMR
$ \dfrac{2( \sum a^3)}{abc} + \dfrac{9(a+b+c)^2}{ \sum a^2} \geq 33$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 17-05-2009 - 19:26

[kummer]

PHẦN TIẾP THEO

II) Các bdt trên phân thức:

1) Cho a b c và dương
CMR:
$ \sum \dfrac{2a}{b+c} \leq 3 + \dfrac{(c-a)^2}{a(c+a)}$

Lời giải:
Đặt $ \dfrac{b}{a}= \alpha$ và $ \dfrac{c}{a}=x$
ĐK : $ \ 1 \leq \alpha \leq x$
Chuyển bdt cần CM về dạng :
CMR: $ \dfrac{2}{ \alpha +x} + \dfrac{2 \alpha}{1+x} + \dfrac{2x}{1+ \alpha} \leq \dfrac{x^2+x+4}{x+1}$ quy đồng mẫu số
Xét hàm số $ \ f(x)= x^2+x+1-( \dfrac{2(x+1)}{ \alpha +x} + 2 \alpha+ \dfrac{2x(x+1)}{1+ \alpha})$ thu được bằng quy đồng mẫu số
Xét $ \ f'(x)=(2x+1)- \dfrac{2(2x+1}{ \alpha+1} - 2 \dfrac{ \alpha-1}{(x + \alpha)^2}$
Tương đương với $ \ f'(x)=( \alpha -1)[ \dfrac{2x+1}{ \alpha+1} - \dfrac{2}{(x+ \alpha)^2}] \geq 0$ do x 1
Như vậy hàm f(x) là đồng biến..do đó f(x) f( )
Nhưng $ \ f( \alpha) =( \alpha)^2-3 \alpha +3 -\dfrac{1}{ \alpha}$
Tiếp tục xét $ \ f'( \alpha )= 2 \alpha -3 + \dfrac{1}{ ( \alpha)^2}$
Dễ dàng có f'( ) 0 dựa trên cách ngắn nhất là ghép cặp theo Cauchy 3 số.....
Như vậy f( ) f(1) =0
Vậy ta có ĐPCM

Tương tự như vậy ta còn có thế có:
Cho a b c và thuộc [n,m]
CMR: $ \sum \dfrac{2a}{b+c} \leq 3 \dfrac{(n-m)^2}{n(m+n)}$

III) Kĩ thuật giải phương trình trong cm bdt
Có lẽ chúng ta ko ai lạ lẫm với bdt dưới đây:
Heinz-Jugen
cho x,y dương cmr:
$ \dfrac{2xy}{x+y}+ \sqrt{ \dfrac{x^2+y^2}{2}} \geq \sqrt{xy} + \dfrac{x+y}{2}$

Đây là 1 lời giải độc đáo dựa hoàn toàn vào kĩ thuật phương trình:
BDT đã cho tương đương với:
$ \ ( \dfrac{2xy}{x+y} - \dfrac{x+y}{2} ) + ( \sqrt{ \dfrac{x^2+y^2}{2}} - \sqrt{xy}) \geq 0$
Thực hiện trục căn ta có bdt tương đương như sau:
$ \ - \dfrac{(x-y)^2}{2(x+y)} + ( \dfrac{(x-y)^2}{2( \sqrt{xy} + \sqrt{ \dfrac{x^2+y^2}{2}})}) \geq 0$
Loại đi hạng tử dương chung $ \ (x-y)^2$ ta thu được bdt sau cùng rất đơn giản như sau
CMR: $ \sqrt{ \dfrac{x^2+y^2}{2}}+ \sqrt{xy} \leq (x+y)$Bài này dễ dàng dùng Bunhia đúng 1 dòng...

2)Bài này cũng rất quen thuộc ( họ hàng gần xa bà con chú bác với bài VN2002 của thầy Namdung )
cho x,y,z dương thỏa mãn $ \sum x^2=1$
CMR
$ \ 6(y+z-x) + 27xyz \leq 10$

Lời giải:

Bdt đã cho tương đương với:
$ \ 6(y+z) + x(27yz-6) \leq 10$
Xét $ \ (y+z) = \sqrt{(y+z)^2} \leq \sqrt{2(y^2+z^2)} = \sqrt{2(1-x^2)}$
Mặt khác ta cũng có $ \ yz \leq \dfrac{y^2+z^2}{2} = \dfrac{1-x^2}{2}$
như vậy nếu ta cm được bdt dưới đây thì bài toán trên coi như xong
CM: $ \ 6 \sqrt{2} \sqrt{1-x^2} + ( \dfrac{27}{2}( 1-x^2)-6)x \leq 10$
Xét hàm số $ \ f(x)=6 \sqrt{2} \sqrt{1-x^2} + ( \dfrac{27}{2}( 1-x^2)-6)x$ với x thuộc [0,1]
Lấy đạo hàm ta có $ \ f'(x)= \dfrac{15}{2} - \dfrac{ 6 \sqrt{2}x}{ \sqrt{1-x^2}} - \dfrac{81}{2}x^2$
Xét tiếp đạo hàm cấp 2
$ \ f"(x) = -81x - \dfrac{ 6 \sqrt{2}}{(1-x^2)} \leq 0$
Như vậy hàm f'(x) là hàm nghịch biến do đó trong khoảng [0,1] nó chỉ có nghiệm duy nhất...Xét thấy f'(1/3)=0 như vậy ta suy ra đồ thị f(x) trong [0,1] nhận f(1/3) là cực đại ( kiểm tra qua bảng biến thiên )...
Mà f(1/3) =10 như vậy ta có ĐPCM,dấu bằng đạt được tai x=1/3,y=z=2/3

3) Một bài cuối nữa nào
Cho x,y dương và y x
CMR
$ \ 13x( \sqrt{y^2-x^2}) + 9x( \sqrt{ y^2+x^2}) \leq 16y^2$

Gợi ý giải bài này giải dự trên việc chia cả hai vế cho hạng tử $ \ y^2$
Quy về bdt tương đương,đặt $ \dfrac{x}{y}=t$ t thuộc [0,1]
Đạo hàm bậc nhất được quy về 1 pt bậc 3 nhận $ \ t^2$ làm biến duy nhất.....

Trong bài viết tôi có sử dụng 1 số bài tập sẵn có trên diễn đàn ,nhưng phong cách giải thì hoàn toàn khác với các tác giả...
Đây là 1 bài mở,mong nhận được sự phản hồi và đóng góp từ bạn đọc....

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 17-05-2009 - 20:27

[kummer]

PP này cực kì hiệu quả với những bdt mà các biến được sắp thứ tự trước,nhưng đối với cả những bdt không có sự sắp xếp trước nó cũng rất hiệu quả,đặc biệt là với các bài toán cực trị lượng giác ( như vậy bạn có thể bổ sung 1 chút ít kinh nghiệm cho bản thân ) hoặc là các bài toán có cho trước giá trị max của các biến...Bạn nên tham khảo xem các đề chọn đội tuyển VN những năm 2000 xem nhé...kĩ thuật hàm số ở đó được dùng rất triệt để....
Một ví dụ khá hay khác cho phương pháp này là bài toán sau:
Cho x,y,z dương thỏa $ \ x^2+y^2+z^2=1$
CMR: $ \dfrac{x^2}{ \sqrt{x^2+y^2}}+ \dfrac{y^2}{ \sqrt{y^2+z^2}} + \dfrac{z^2}{ \sqrt{z^2+x^2}} \leq \dfrac{5}{4}$
Có lẽ các bạn đều nhận ra đây là bài toán của Jack Garfulkel...Tôi đã tìm ra 1 PP chứng minh thuần hàm số và phương trình lương giác,độc lập với cách giải của Harazi bên mathlinks,sẽ post lên sau...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 17-05-2009 - 20:31

[kelieulinh]

PP này cực kì hiệu quả với những bdt mà các biến được sắp thứ tự trước,nhưng đối với cả những bdt không có sự sắp xếp trước nó cũng rất hiệu quả,đặc biệt là với các bài toán cực trị lượng giác ( như vậy bạn có thể bổ sung 1 chút ít kinh nghiệm cho bản thân ) hoặc là các bài toán có cho trước giá trị max của các biến...Bạn nên tham khảo xem các đề chọn đội tuyển VN những năm 2000 xem nhé...kĩ thuật hàm số ở đó được dùng rất triệt để....

Anh kummer đưa lên mấy ví dụ cho em xem với ,tại tất cả những ví dụ mà anh đưa ra ở trên toàn những bất đẳng thức với các biến dược sắp thứ tự thôi .
Vì câu nói của anh nên em nghĩ bài sau cũng có thể giải bằng phương pháp này
Bài toán $a,b,c$.Chứng minh rằng :
$ (\dfrac{a}{a+b})^3+(\dfrac{b}{b+c})^3+(\dfrac{c}{c+a})^3 \geq \dfrac{3}{8}$
mới chỉ giải được trong trường hợp $a \geq b \geq c$

Đề chon đội tuyển VN năm 2000 ở đâu nhỉ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 17-05-2009 - 20:33

[kummer]

Thực ra phương pháp này đắc dụng nhất khi sử dụng tìm cực trị lượng giác còn đối với bdt đại số nó cũng rất hiệu quả đặc biệt đối với các bài biến đã được giới hạn hoặc là các biến được sắp thứ tự trước ( như bạn kelieulinh đã nói trên ) nhưng cũng còn tùy từng bài mà áp dụng nó thôi,giống như Paracetamol tuy hiệu quả giảm sốt nhưng bạn cũng ko thể dùng khi đang đói...Sở dĩ bài này hầu như tôi chỉ đưa lên các bài tập trong đó có thể sắp xếp được thứ tự các biến vì tôn trọng " Tính thuần nhất " còn nếu đưa lên thêm cả các bài tập về lượng giác nữa thì rộng quá( chắc là tôi ko kham nổi )....Còn về chuyện đề chọn ĐTVN thì có lẽ là tôi nhớ nhầm năm,hồi tôi đọc thấy những bài đấy cũng tương đối lâu rồi gần 4 năm chứ có ít đâu ( nhưng chắc chắn là khoảng từ năm 92 đổ về )..
Nào thôi thì post thêm vài bài lượng giác cho vui vậy:
1) Tìm $ \ E=(1+cos^2A)(1+cos^2B)(1+cos^2C)$ với A,B,C là 3 góc của 1 tam giác
2)Tam giác ABC ko tù tìm min:
$ \dfrac{ \sum sinA}{\sum cosA}$
3)Tam giác ABC ko nhọn CMR: $ \ P \leq (1+ \sqrt{2})R$
4) Tam giác ABC ko tù và có 2 góc $ \leq \dfrac{ \pi}{2}$
CMR: $ \ R \leq (1+ \sqrt{3})r$

Dùng PP này các bạn cũng có thể giải ra những bài như bài VN2002( tôi đã post ở trên ) hoặc cả những bài tổng quát của bài đó ....

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 17-05-2009 - 20:38

[Undertaker]

Hoan hô bác Kummer,bài này của bác đọc hay quá xá!!!
Xin bác kiểm tra và chỉ giáo cho bài này nha:
Cho a,b,c>0 ,chứng minh rằng:
2(a/b +b/c +c/a) >= 3+(b/a +c/b +a/c)

Cám ơn bác trước!!!

[namdung]

Bất đẳng thức cuối cùng hình như không đúng đâu.

Cho a = 1, b = x^2 , c = x thì BĐT tương đương với

2(1/x^2 + 2x) >= 3 + x^2 + 2/x

rõ ràng là không đúng với x đủ lớn (chẳng hạn x = 3).

Có lẽ thêm điều kiện a, b, c là ba cạnh của tam giác thì OK.

[Nesbit]

Bài này thì dùng hàm số thế nào ạ :
$a^4+b^4+c^4+a^3b+b^3c+c^3a \ge 2(ab^3+bc^3+ca^3)$ trong đó a, b, c là các số thực dương ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 17-05-2009 - 20:48

[namdung]

Nếu dùng hàm số thì phải dùng đến kết quả

$ a^3+b^3+c^3+a^2b+b^2c+c^2a \ge 2(ab^2+bc^2+ca^2)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 17-05-2009 - 20:47

[zaizai]

Bài này thì dùng hàm số thế nào ạ :
$a^4+b^4+c^4+a^3b+b^3c+c^3a \ge 2(ab^3+bc^3+ca^3)$ trong đó a, b, c là các số thực dương ?

$S.O.S$.
$S_a=5b^2+6bc+7c^2-4ab+4ac$
$S_b=5c^2+6ac+7c^2-4bc+4ba$
$S_c=5a^2+6ab+7b^2-4ac+4bc$

Bài này có vẻ là trái nhưng độ khó là như nhau thôi. Đoạn cuôí có lẽ hơi sai rồi thì phải. Em vội mà.]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 17-05-2009 - 20:52

[namdung]

Bài toán của Nesbit có thể giải bằng 1 cách rất chân phương sau đây

1) G/s c = min{a, b, c}
2) Đặt a = c + x, b = c+y
3) Biến đổi BDT về dạng

$ 3(x^2+y^2-xy)c^2 + 3(x^3+y^3+x^2y-2xy^2)c + x^4 + y^4 + x^3y - 2xy^3$

Bây giờ thì hãy dùng hàm số để chứng minh

$1) x^2 - x + 1 > 0 $
$2) x^3 + x^2 - 2x + 1 \ge 0$
$3) x^4 + x^3 - 2x + 1 > 0$

Hình như chỉ có mỗi anh cuối cùng là không hiển nhiên.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 17-05-2009 - 20:43

[zaizai]

Cách mà thầy Nam Dũng sử dụng là 1 trong những phương pháp cực mạnh của Vasile bên Mathlinks.
Em nhớ là bài toán nổi tiếng của lão ấy cũng giải bằng cách này.
Cho a,b,c là các số thực dương chứng minh rằng:
$(a^2+b^2+c^2)^2\ge 3(a^3b+b^3c+c^3a)$

Bài này em giải cũng bằng SOS và sử dụng đến đánh giá:
$ \left\{\begin{array}{l}S_a+S_b+S_c\ge 0 \\ S_aS_b+S_bS_c+S_cS_a\ge 0 \end{array}\right. $

Nhưng nói thật đối với 1 thèng lớp 9 như em thì kỉ thuật hàm số này đọc mãi vẫn chưa hiểu và SOS thì lại quá tường minh. Em chọn SOS.
Để hè này nghiên cứu cái hàm số xem sao

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 17-05-2009 - 20:41

[namdung]

Thật ra thì kỹ thuật hàm số là kỹ thuật nên học hơn cả.

Nói chung, khi làm toán ứng dụng, người ta quan tâm đến tính thuật toán của các PP. Dùng hàm số thì mới có các thuật toán để maximize một biểu thức.

Tất nhiên, ở phổ thông thì các PP như SOS, hệ số bất định, Cauchy trọng số ... là các phương pháp nên biết (với các bạn thi Olympic thôi nhé!) nhưng cũng đừng quên các phương pháp hàm số (tính đơn điệu, tính lồi, Jensen, dồn biến). Lê đại học, ở một số ngành, các bạn sẽ dùng đến cái này nhiều hơn.

[2007vmo]

theo em nghĩ PP nay nên sử dụng cho Bdt nhiều biến thì đem lại nhiều kq hơn
Vd: $f(a,b,c,d)=VT-VP$
Cm:$f'(a) \geq 0$
$ \Rightarrow f(a,b,c,d) \geq f(b,c,d,d)$
Chú ý bây giờ trong bộ (b,c,d,d) ta có b lớn nhất tiếp tục tt trên
$\Rightarrow f(b,c,d,d) \geq f(c,d,d,d)$
hi vọng có thêm nhiều sự pt

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 17-05-2009 - 20:43